2007年高考试题汇编----圆锥曲线
2007年高考数学试题汇编 圆锥曲线参考答案
重庆文（21）（本小题12分）
（Ⅰ）解：设抛物线的标准方程为y?2px，则2p?8，从而p?4.
因此焦点F(2p,0)的坐标为（2，0）. 2p。从而所求准线l的方程为2又准线方程的一般式为x??x??2。
（Ⅱ）解法一：如图（21）图作AC⊥l，BD⊥l，垂足为C、D，则由抛物线的定义知
|FA|=|FC|,|FB|=|BD|. 记A、B的横坐标分别为xxxz，则 |FA|＝|AC|＝xx?ppp4， ?|FA|cosa???|FA|cosa?4解得|FA|?2221?cosa4。
1?cosa类似地有|FB|?4?|FB|cosa，解得|FB|?记直线m与AB的交点为E，则
|FE|?|FA|?|AE|?|FA|?
|FA|?|FB|11?44?4cosa?(|FA|?|FB|)?????222?1?cosa1?cosa?sin2a|FE|444·2sin2a所以|FP|?。 故|FP|?|FP|cos2a??(1?cos2a)??8。
22cosasin2asinasina解法二：设A(xA,yA)，B(xB,yB)，直线AB的斜率为k?tana，则直线方程为y?k(x?2)。 将此式代入y?8x,得kx?4(k2222?2)x?4k?0，故xA?xB?2k(k2?2)k2。
xA?xB2(k2?2)4记直线m与AB的交点为E(xE,yE)，则 xE?， yE?k(xE?2)?，?2kk241?2k2?4??. 故直线m的方程为y????x?2??kk?k?令y=0,得P的横坐标xP?2k2?4k24sina2?4
故 |FP|?xP?2?4(k2?1)k2?4sin2a。
从而|FP|?|FP|cos2a?(1?cos2a)?4·2sin2asina2?8为定值。
浙江文（21）本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分．
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2007年高考试题汇编----圆锥曲线
x2(I)解：设点A的坐标为((x1,b)，点B的坐标为(x2,b)， 由?y2?1，解得x1,2??21?b24所以S 21时，．S取到最大值1． ?b|x1?x2|?2b1?b2?b2?1?b2?1 当且仅当b?22?y?kx?b?222（Ⅱ）解：由?x2得 (4k?1)x?8kbx?4b?4?0
2??y?1?4??16(4k2?b2?1)
2 ①
｜AB｜＝1?k|x1?x2|?1?k?|b|1?k2216(4k2?b2?1)?2 ②
4k2?12S?1
|AB| 所以b2又因为O到AB的距离d??k2?1
③
③代入②并整理，得4k4?4k2?1?0 解得，k2?123,b?，代入①式检验，△＞0 2226x?22或
故直线AB的方程是
y?26x?22或
y?y??26x?22或
y??26x?22．
天津文（22）本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力．满分14分． （Ⅰ）证法一：由题设
AF2?F1F2及F1(?c，0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中y?0，由于点
c2y2a2?b2y2b2?2?1， 解得y?A在椭圆上，有2?2?1，
aba2ba?b2?，从而得到A?c，?，
?a?yb2(x?c)，整理得 b2x?2acy?b2c?0． 直线AF2的方程为y?2ac1由题设，原点O到直线AF的距离为OF113，即
HA F2cb2c?， 4223b?4acF1 O x 第 27 页 共 51 页
2007年高考试题汇编----圆锥曲线 将c2?a2?b2代入原式并化简得a2?2b2，即a?2b．
?b2?证法二：同证法一，得到点A的坐标为?c，?，
?a?过点O作OB?AF1，垂足为H，易知△F1BC∽△F1F2A， 故
1OF13BOOF1?F2AF1A
由椭圆定义得
AF1?AF2?2a，又BO?，所以
F2A1F2A??3F1A2a?F2A，
解得
b2aF2A?，而F2A?a22b2a?，即a?2b． ，得
a2（Ⅱ）解法一：圆x?y2?t2上的任意点M(x0，y0)处的切线方程为x0x?y0y?t2．
2当t?(0，b)时，圆x?y2?t2上的任意点都在椭圆内，故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的
点Q1和Q2，因此点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标是方程组
2?t2?x?x0x?y0y?t ①0xy?y?0的解．当时，由①式得 ?2022y0??x?2y?2b ②?t2?x0x?22222222?24t?2b0代入②式，得x?2? ??2b， 即 (2x0?y0)x?4tx0x0y?，
?y0?24t2x0于是x1?x2?222x0?y022t4?2b2y0，x1x2?222x0?y0
t2?x0x1t2?x1x2y1y2??y0y1
4224t2x01?4222t?2by0??2?t?x0t?x02222?y0?2x0?y02x0?y0?142?2?t?x0t2(x1?x2)?x0x1x2???y02t4?2b2x0?222x0?y0
．
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22222t4?2b2y0t4?2b2x03t4?2b2(x0?y0)???0． 若OQ1?OQ2，则x1x2?y1y2?2222222x0?y02x0?y02x0?y0所以，3t42222?2b2(x0?y0)?0．由x0?y0?t2，得3t4?2b2t2?0．在区间(0，b)内此方程的解
为t?6b． 36b． 3当
y0?0时，必有x0?0，同理求得在区间(0，b)内的解为t?另一方面，当t?6b时，可推出x1x2?y1y2?0，从而OQ1?OQ2． 3综上所述，t?6b?(0，b)使得所述命题成立． 3天津理22．本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、求曲线的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力．满分14分．
（Ⅰ）证法一：由题设
AF2?F1F2及F1(?c，0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中y?0．由
c2y2a2?b2y2b2于点A在椭圆上，有2?2?1，即?2?1． 解得y?2ababa?b2?，从而得到A?c，?．
?a?b2(x?c)，整理得b2x?2acy?b2c?0． 直线AF1的方程为y?2ac1由题设，原点O到直线AFOF11的距离为
3将c2cb2c，即?3b4?4a2c2， yB ?a2?b2代入上式并化简得a2?2b2，即a?2b． A F2?b2?证法二：同证法一，得到点A的坐标为?c，?．
?a?过点O作OBF1 O x ?AF1，垂足为B，易知△F1BO∽△F1F2A，故BOOF1?F2AF1A． 由椭圆定义得
AF1?AF2?2a，又BO?1OF13，
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所以
F2A1F2A??3F1A2a?F2A，
解得
b2aF2A?，而F2A?a2b2a，得?，即a?2b．
a2（Ⅱ）解法一：设点D的坐标为(x0，y0)．
当
y0?0时，由
OD?Q1Q2知，直线
Q1Q2的斜率为
?x0y0，所以直线
Q1Q2的方程为
xxy??0(x?x0)?y0，或y?kx?m，其中k??0y0y02x0，m?y0?y0．
，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组?点Q1(x1将①式代入②式，得x2?y?kx?m，222?x?2y?2b．
?2(kx?m)2?2b2， 整理得(1?2k2)x2?4kmx?2m2?2b2?0，
4km于是x1?x2??1?2k2由①式得
2m2?2b，x1x2?． 21?2ky1y2?(kx1?m)(kx2?m)?k2x1x2?km(x1?x2)?k2
2m2?2b2?4kmm2?2b2k22?k·?km·?m?21?2k1?2k1?2k22．
由
OQ1?OQ2知
x1x2?y1y2?0．将③式和④式代入得
3m2?2b2?2b2k2?01?2k2，
3m2?2b2(1?k2)．
2x0x0，m?y0?将k??y0y0代入上式，整理得x0222?y0?b2．
3当
y0?0时，直线
Q1Q2的方程为
x?x0，Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组
．
2?x?x0，2b2?x0所以x1?x2?x0，y1，?22??222?x?2y?2b．
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